第九章 有机化学基础（综合训练）（福建）

第九章有机化学基础

（考试时间：75分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H1C12016

一、选择题（每小题只有一个正确选项，共15x3分）

1.（2025•福建福州•三模）化学在生产生活和科技发展中发挥着重要作用。下列说法错误的是

A.乳胶口罩的主要原料天然乳胶属于有机高分子材料

B.“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料是二氧化硅

C.“东方超环”（人造太阳）用到的笊、僦两种原子互为同位素

D.“神舟十四号”载人飞船返回舱外表面的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料

【答案】B

【详解】A.天然乳胶的主要成分是聚异戊二烯，属于天然有机高分子材料，A正确；

B.芯片和太阳能电池感光板的主要材料是晶体硅，而非二氧化硅（二氧化硅用于芯片制造中的绝缘层或光

刻工艺），B错误；

C.笊（2H）和僦OH）是氢的同位素，质子数相同但中子数不同，C正确；

D.高温结构陶瓷（如氮化硅、碳化硅）属于新型无机非金属材料，D正确：

答案选B。

2.（2025.福建三明•三模）宁化玉扣纸有“纸中丝绸''之美誉。在传统制作工艺中，将竹藤（嫩竹）放入石灰水

中浸泡（“落湖”）80天至半年，清洗后入甑蒸煮，再摊放于山坡，经日晒雨淋进行天然漂白。下列说法错误的

是

A.竹藤的主要成分是有机高分子化合物

B.石灰水的主要作用是软化竹纤维并分解杂质

C.“落湖”80天至半年的主要目的是消毒杀菌

D.天然漂白减少了化学试剂的使用，符合生态造纸理念

【答案】C

【详解】A.竹藤的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子化合物，A正确；

B.石灰水在造纸中用于软化竹纤维、去除木质素等杂质，B正确；

C.长时间浸泡旨在分解杂质，消毒杀菌通常通过蒸煮实现，C错误；

D.天然漂白依赖自然氧化，减少化学污染，符合生态造纸理念，D正确：

故答案选C。

3.（2025・福建福州•二模）唐代孙思邈《千金方・面药第九》中记载澡豆配方与制作方法：“白芷......杏

仁（各一两），……，麝香（半两），大豆末（五升），猪胰（两具）。上十八味，捣筛为末，以猪胰和面，曝干，更

捣筛收之。洗手面佳。”下列说法错误的是

A.大豆所含的皂或和卵磷脂都属于有机物

B.猪胰含有多种消化酶，可以分解脂肪、蛋白质和淀粉，因而可以去污

C.澡豆制作过程涉及研磨、蒸发等操作

D.澡豆不会受潮霉变，故无需密封保存

【答案】D

【详解】A.皂忒和卵磷脂均为含碳化合物，属于有机物，A正确；

B.猪胰中的消化酶（如脂肪酶、蛋白酶、淀粉酸）可催化分解相应物质，具有去污作用，B2E确;

C.“捣筛”为研磨和过筛，“曝干”为蒸发水分，C正确；

D.澡豆含有机物（如大豆末、猪胰），吸湿后易霉变，需密封保存，D错误；

故选D。

4.（2024.福建•高考真题）福建某科研团队发现，木材中交联纤维素的木质素可替代酚醛树脂、腺醛树脂

等作为木材黏合剂。下列说法正确的是

A.木质素是无机物B.纤维素的分子中有数千个核糖单元

C.服醛树脂属于天然高分子D.酚醛树脂可由苯酚与甲醛缩聚得到

【答案】D

【详解】A.木质素为纤维素，属于多糖类，为有机物，A错误；

B.纤维素的分子中有数千个葡萄糖单元，B错误：

C.腺醛树脂由尿素和甲醛缩聚而成，属于合成高分子，C错误；

D.酚醛树脂可由苯酚与甲醛缩聚得到，D正确；

故选Do

5.（2024.福建福州•二模）实验室用环己醇和浓磷酸制备环己烯，所得的粗产品可经以下步骤提纯:

Na2cO3溶液蒸懦水尢水CaCl2

粗润品|―U油届1|―U油盾2|-X滤液•蒸储》环已烯纯品

下列仪器在环己烯的分离提纯时需要用到的是

【答案】C

【详解】加入碳酸钠溶液中和过量磷酸需要在烧杯①中进行，萃取分液需要在分液漏斗②中进行，过滤除

去氯化钙需要用到漏斗⑤，最后蒸饱需要用蒸储烧瓶⑦，需要用到①②⑤⑦；

本题选Co

6.化学分析的手段通常有定性分析、定量分析、仪器分析等，现代化学中仪器分析是研究物质结构的基本

方法和实验手段。下列关于仪器分析的说法不正确的是

A.光谱分析：利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，太阳光谱是连续光谱

B.质谱分析：利用质荷比来测定分子的相对分子质量，CHCHzOH与CH30cHs的质谱图完全相同

C.红外光谱分析：获得分子口含有的化学键或官能团的信息，可用于区分CH3cH20H和CH30cHs

D.X衍射图谱分析：获得分子结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排

列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等

【答案】B

【详解】A.不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；太阳上

面不断进行核聚变，随时都有大量能量放出，太阳上的各种元素被激发为激发态，在向回跃迁时，会辐射

出各种频率的光，从而构成了连续的光谱，故A正确；

B.CH3cH?0H与CH30cH3的最大荷比相同，但结构不同，形成的离子碎片不同，质谱图不完全相同，故

B错误;

C.红外吸收光谱仪口J以测得未知物中的化学键或官能团，CH3cH20H和CH30cH3所含官能团为羟基和髓

键，可用红外光谱分析区别，故C正确;

D.X-射线衍射法是区分晶体和非晶体的最科学的方法，能获得晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有

序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等，故D正确;

故选B。

7.（2025・福建厦门•模拟预测）科学家利用如下反应合成一种有机催化剂。下列说法错•误•的是

A.Y中所有原子共平面B.Y的熔点高于X

C.X和Y中均无手性碳原子D.该反应为缩聚反应

【答案】A

【详解】A.Y分子中N和饱和C均为sp3杂化，所有原子一定不共平面，A错误；

B.Y是高分子化合物，相对分子质量远远大于X,分子间作用力远远大于X,故Y的熔点高于X,B正确;

C.与4个不相同的原子或原子团相连的。为手性碳，由结构可知X和Y中均无手性碳原子，C正确：

D.该反应按-COOH脱-OH,-NH?脱-H的形式聚合为高分子，属于缩聚反应，D正确；

故选Ao

8.（2025•福建漳州•三模）环己酮是生产合成纤维的重要化工原料，实验室一种绿色合成方法如下:

已知：AcO-表示CH3coO-。下列说法第碌的是

A.J能发生取代、消去和氧化反应B.K、M均无手性碳原子

C.L分子中所有原子共平面D.N的结构简式为CH3coOH

【答案】C

【详解】A.J为环己醉，含羟基。羟基可发生取代反应（如酯化）、消去反应（生成环己烯），且可被氯

化为环己酮，A正确：

B.K、M分子中均无饱和碳原子，或饱和碳原子连有相同基团，均不满足于性碳（连四个不叵基团）条件，

B正确；

C.L为环己酮，六元环中除锻基碳为sp2杂化外，其余碳均为sp3杂化，呈四面体结构，分子中原子不可能

共平面，c错误；

D.AcO-为CH3coO-,反应生成2N,N为CH3coOH,D正确；

故选C。

9.（2025・福建三明•三模）利用丹皮酚（X）合成一种药物中间体（Y）的反应如下：

下列说法错误的是

A.X中所有碳原子可能共平面

B.ImolX和滨水反应,最多可消耗2moiBr?

C.K45在反应前后的质量小变，是该反应的催化剂

D.Y与足量也充分反应后的产物中有4个手性碳原子

【答案】C

【详解】A.X含苯环（平面结构），镶基碳（sp2杂化，与苯环共面），甲基碳（sp3杂化，单键可旋转），

所有碳原子通过单键旋转可能共平面，A正确；

B.X含酚羟基，酚与溟水发生邻、对位取代。酚羟基邻、对位有2个空位，ImolX可与2moiBn发生取代

反应，B正确；

C.反应中X的酚羟基（-OH）与Br（CH2）4Br发生取代，生成HBr,K2cO3能与HBr反应促进平衡正移,

K2co3被消耗，质量减少，并非倡化剂，C错误；

D.Y与足量H2反应：苯环、默基发生还原反应。产物中手性碳为:

共4个手性碳，D正确:

故逃C。

10.（2025.福建三明•三模）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下图所示。

饱和Na2cO3溶液

--------------1操作a

瑞心工苯甲酸

已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6C,“乙醛一环己烷一水共沸物”的沸点为62.1℃。

下列说法正确的是

A.“操作屋中有.机相1从分液漏斗的下口流出

B.“操作b”、“操作c”均为重结晶

C.洗涤苯甲酸粗品，用乙醉的效果比用蒸储水好

D.该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大

【答案】D

【详解】A.苯甲酸与饱和碳酸钠溶液反应生成苯甲酸钠，操作a为分液，有机相I含环己烷、苯甲酸乙酯

等有机溶剂，其密度小于水（水相密度大于有机相），有机相在上层，应从分液漏斗上口倒出，A错误；

B.操作b是从干燥后的有机相2（含苯甲酸乙酯）中分离得到苯甲酸乙酯，由于苯甲酸乙酯沸点较高

（2I2.6C）,应通过蒸储分离，而非重结晶；操作c是苯甲酸粗品提纯，固体提纯常用重结晶，B错误；

C.苯甲酸在乙静中溶解度较大，用乙醉洗涤会导致苯甲酸溶解损失；蒸储水洗涤时，苯甲酸溶解度小，可

减少损失，故蒸储水效果更好，c错误：

D.该流程中苯甲酸钠易溶于水形成水相，加入稀硫酸时生成的苯甲酸能析出，则苯甲酸和苯甲酸钠在水中

的溶解度差别很大，D正确；

故答案选D。

H

।

11.（2025•福建宁德•三模）无机苯氏N3H“，结构与苯相似）与甲烷可■发生反应:

H

3cH4+2B3N3H6+6H2OT3CO2+6H3BNH3,设M为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.I.OmolHaBN%的。键数为6M

B.LOmolBsN3H6的(价层)孤电子对数为3M

C.标准状况下消耗22.4LCH』转移电子数为8M

D.LOmolCCh溶于水，溶液中H2co3、HCO：、CO,三种微粒数和为M

【答案】C

【详解】A.H3BNH3中存在3个B-Hc键、3个N-Hc键、1个R-Nc键,故LOmolHaBNH，的c键数为7M.

A错误；

B.B、N3H6的结构与苯相似，则B、N均为sp2杂化，B的3个价电子均用于形成。键，无孤电子对，N有

3个价电子用于形成3个。键，每个N有一对电子参与形成大兀键，故l.OmolB.aN3H6的(价层]孤电子对数

为0,B错误；

C.反应中C的价态升高，CHa作还原剂，标准状况下消耗22.4LCH»(lmol)转移电子数

=lmolx[4-(-4)]xNAmolI=8Mi,C正确;

D.CO2溶于水存在CO2(aq)+H2O⑴F二H2CO3(aq),根据碳原子守恒可知l.OmolCO?溶于水，溶液中H2co3、

H83、CO;三种微粒数和小于M,D错误；

故选C。

12.(2025•福建福州•三模)下列实验操作、现象预测或结论正确的是

未打磨/打磨过/况溶液

的铝片守的铝片改1测量[min中生成2的体枳

L-l^MnO2

A.未打磨的铝片熔化但不滴落；B.若测得丫(。2)=2.0mLmin",则有

打磨过的铝片熔化并滴落-1

v(H2O2)=4.0mLmin

浸有石蜡油素瓷片

的矿港棉(起催化作用)

石墨J幺铁棒空气一中工盘”

而饱和食乐水涧湿而

酸性高钛

pH试纸\\呼酸钾溶液

C.通电一段时间，pH试纸a点附D.烷危在素瓷片催化作用下发生热裂

近变红，局部褪色化，生成不饱和燃

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【详解】A.未打磨的铝片表面有高熔点的A/2O3保护膜，加热时铝熔化但%。3不熔化，故“熔化但不滴落”；

打磨过的铝片在空气中加热时，表面会迅速重新生成人/2。3,熔化的铝仍被氧化膜包裹，不会滴落，A错误;

B.%。2分解反应为2H2。2=2见0+02个，化学反应速率通常用浓度变化表示，%（%是溶液，其速率单

位不能用〃龙•min”,且MH2O2）与i，（O2）的化学计量数之比为2:1,但体积速率不适用溶液，B错误；

C.电解饱和食盐水时，若铁棒接电源正极（阳极），则EG失电子生成形2+,无a?产生，a,短（石墨，阴

极）会因。状增多显碱性变蓝；只有石墨作阳极时才生成使贰纸变红褪色，但装置未明确电极连接，现

象预测不可靠，C错误：

D.石蜡油（烷烧混合物）在素瓷片催化下热裂化，断裂碳碳单催生成含双键的不饱和烧，不饱和燃能使酸

性高钵酸钾溶液褪色，结论正确，D正确；

故选D。

13.（2024・福建•高考真题）药物X与病毒蛋白对接的原理如图。卜.列说法错•误•的是

A.I为加成反应B.X中参与反应的官能团为醛基

C.Y无手性碳原子D.Z中虚框内所有原子可能共平面

【答案】C

【详解】A.对比X、Y的结构简式可知，X中醛基与H2N-R«t氨基发生加成反应，故A正确;

B.由以上分析可知X中参与反应的官能团为醛基，故B正确；

C.由Y的结构简式可知，羟基所连碳原子为手性碳原子，故C错误；

D.苯环为平面结构，C=N双键也为平面结构，因此虚框中所有原子可能共面，故D正确；

故选：Co

14.（2024・福建・高考真题）药物中间体I,3-环己二酮可由5-氧代己酸甲酯合成，转化步骤如下:

j?j?CHQNa,80*

溶剂DMF"

5-氧代已酸甲酯（沸点153P）

（沸点101。0

下列说法或操作错送的是

A.反应须在通风橱中进行

B.减压蒸偏去除CHQH、5-氧代己酸甲酯和DMF

C.减压蒸储后趁热加入盐酸

D.过滤后可用少量冰水洗涤产物

【答案】c

【详解】A.DMF即N,N-二甲基甲酰胺，对人体有危害，反应须在通风橱中进行，故A正确；

B.减压蒸锵利用沸点不同，去除CEOH、5-氧代己酸甲酯和DMF,可以提纯中间产物，故B正确；

C.减压蒸锦后不能趁热加入盐酸，因为盐酸具有挥发性，故C错误；

D.I,3-环己二酮溶于水，冷却到0℃可析出晶体，因此过滤后可用少量冰水洗涤产物，除去盐酸等物质,

故D正确;

故选C。

HOOCCOOH..

15.（2025・福建厦门•二模）以废塑料PBS（聚丁二酸丁二酯）和生物质源马来酸（\/）为

HOOC

原料无膜共电解生产琥珀酸（、/\八八八口）的工作原理如图。下列有关说法正确的是

CUUH

电源

z

(盐酸

Hn

O

lo—

=q

Nd碳酸化沉淀琥珀酸

l

a

NiOOHOOCNaHCOJs）滤液

HOOC

十“HO.

COOHOH

B.阳极电极反应式为：H°、x/\^/\oH+IOOH-8e-T6Hq+

C.理论上电解过程转移8xmole-,最终至少可获得6xmol琥珀酸

D.若略去碳酸化步骤，可简化分离提纯过程并提高经济效益

【答案】C

【详解】

A.由结构简式可知，聚「二酸丁二酯一定条件下发生水解反应生成丁二酸和丁二醇，反应的化学方程式为

故A错误;

B.由分析可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化银在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧

化银和水，电极反应式为Ni（OH）：—e—+OH-=NiOOH+H2O,故B错误；

C.由题意可知，聚丁二酸丁二酯水解生成Imol丁二醇时，生成Imol丁二酸，由分析可知，电解过程转移

"OOC

8xmol电子时，阳极消耗xmol丁二醇、生成xmolV-/V-/阴极生成4xmol

ooc

,所以理论上生成琥珀酸的物质的量为6xmol,故C正确；

D.由图可知，向溶液中通入二氧化碳碳酸化时，二氧化碳转化为碳酸氢钠，说明电解所得溶液呈碱性，若

略去碳酸化步骤，会使盐酸沉淀步骤消耗盐酸的量增大，导致经济效益降低，故D错误；

故选C。

二、非选择题(共4小题，共55分)

16.(2025•福建福州•三模)(16分)奥达特罗适用于慢性阻塞性肺病患者，具体合成路线如下:

Et为CH3cHz。

已知:Bn为CH2-,

(1)G中的官能团有羟基、醒键、

(2)E-F的反应类型是

(3)D-E的化学方程式为；该步骤要用到K<C)3,其目的是

(4)A—B的目的是o

COOH

(5)A有多种同分异构体，其中的化学名称是写出两种满足下列条件A的同分异

构体的结构简式、。

a.既能发生水解反应，也能与FeC1溶液发生显色反应

b.核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3:2:2:1

(6)参考上述合成路线，M、N的结构简式为

OHOOOCCH3

III/

CH3—CH—CH3—>M—>N—►CH3—C—CH

X

OOCCH3

【答案】（1）酰胺基（I分）埃基（或酮皴基）（1分）

（2）氧化反应（1分）

⑶（2分）吸收生成HQ,提高产品产率（2分）

（4）保护（酮）镣基间位的（酚）羟基（2分）

（5）邻羟甲基苯甲酸（或2-羟臼基苯甲酸）（I分）HO-<尸COOCH3（2分）

HonfV00CCH3（2分）

O?/OH

（6）II（1分）（1分）

CH3—c—CH

CH3—c—CH3XOH

【详解】（I）G中的官能团有羟基、酸键、酰胺基、镶基（或酮银基）;

（2）E生成F为加氧去氢的反应，加氧去氢为氧化反应；

（3）

OHO0<5^0O

2

①D生成E发生取代反应，方程式为+C1CH2COCI-►2HC1+s②反应生成

OBnOBn

了氯化氢，用碳酸钠的目的是吸收生成HC1,提高产品产率；

（4）由最后的奥达特罗含（酚）羟基可知，A-B的目的是保护（酮）城基间位的（酚）羟基:

（5）

COOH

①II/CH2°H的名称为邻羟甲基苯甲酸（或2一羟甲基苯甲酸）；②结合元素及原子个数，由A的同分异

构体既能发生水解反应，也能与Fee1溶液发生显色反应可知含有苯环、酯基和酚羟基；由核磁共振氢谱有

4组峰，峰面积之比为3:2:2:1,可知含有一个甲基且结构对称，符合条件的结构简式为

HOCOOCH3、HOOOCCH3；

（6）

0辛/OH

根据D到E,E生成F可知M为II,N为CH3—《一CHN再发生酯化反应可以得

CH3—C—CH3\

oOOCCH3

III/

到CH3—C—CH；

,OOCC%

17.（2024・福建・高考真题）（10分）软珊瑚素的关键中间体（L）的某合成路线如下。（不考虑立体异构）

已知：TBS和PMB为保护基团。

（1）B中官能团有碳碳双键、、。（写名称）

（2）H的反应类型为；BH；的空间结构为

（3）IH的化学方程式为

（4）N的反应条件为o

（5）rhJ生成L的过程涉及两种官能团的转化，分别示意如下:

2一碘酰苯甲酸\

@-O-TBS〜-OH----------------------►c=o

/

K的结构简式为

（6）Y是A的同分异构体，且满足下述条件。Y的结构简式为o

①Y可以发生银镜反应。②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1。

【答案】（1）酮谈基（1分）碳澳键（1分）

⑵还原反应（1分）正四面体形（1分）

（2分）

(4)12,碱，CH2ch(1分)

⑸

CH3

(6)H3C—C—C=C—CHO(2分)

CH3

【详解】（1）由合成流程图中B的结构简式可知，B中官能团有碳碳双键、酮镀基、碳澳链;

（2）由分析可知，II即B中的酮镶基转化为C中的羟基，该反应的反应类型为还原反应；BH；中中心原子

B周围的价层电子对数为：4+1（3+1-4?=4,没有孤电子对，故该离子的空间结构为正四面外形;

(3)

由题干合成路线图可知，根据D和E的结构简式可知，H［即D与HCON（CH3）2发生取代反应生成E的化学

方程式为:

（4）由题干A到B的转化条件可知，IV的反应条件为：L，碱，CH2Ch;

(5)

由分析结合题干信息：由J生成L的过程涉及两种官能团的转化可知，K的结构简式为

(6)

由题干流程图中A的结构简式可知，A的分子式为：CvH.oO,不饱和度为3,故Y是A的同分异构体，且

满足下述条件①Y可以发生银镜反应即含有醛基，②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1则可知

CH3

含有3个甲基，故Y的结构简式为H3C—C—C三C—CHO。

CH3

18.（2025•福建福州•三模）（16分）莫洛替尼⑴是一种抑制剂，可以治疗骨髓纤维化，其结构如下

0

某研究小组按下列合成路线合成该物质(部分反应条件和试剂已筒化)

(DA中含氧官能团的名称为

(2)CO(NH?)2俗名为。

(3)lmolB与足量NaOH反应，最多消耗molNaOH。

(4)D-E的反应类型为o

(5)FTG的化学方程式为o

(6)B-C的反应过程如下图

中间产物1、2的化学式均为CuH,NzOiNa,则中间产物I、2的结构简式为

(7)写出1种同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式

①有•个嗑嚏环(与苯环结构类似)

②含有酮默基

③分子中共有3种不同化学环境的氢原子

【答案】（1）谈基、酯基（2分）

（2）尿素（2分）

(3)3(2分)

（4）取代反应（2分）

NO2/_\\

(5)4-ONHfON\尸NOz+HF(2分)

F

00

（2分）

（2分）

A(）中含氧官能团的名称为谈基、酯基。

（2）CO（NH?）2俗名为尿素。

ImolB(H2N）与NaOH反应的官能团有2个酰胺基和1个酯基，ImolB

可消耗3moiNaOH。

(4)

D(-E(N）的反应类型为取代反应。

(5)

F-G的化学方程式为+ONHfONNOZ+HF。

\_/\_/

(6)

结合化合物C种有两个六元环可知第一步用于形成六元环，中间产物I、2的化学式均为CuH/NQaNa,故

00

°Na,化合物2为ONa

NH2，H的同分异构体中共有3种不同化学环境的氢原子，说明对称性较好,

含有啼嚏环、染基的同分异构体有:

0

19.（2025•福建三明•三模）（13分）奥司他韦是治疗甲流的特效药，有机物J是合成奥司他韦的重要中间体,

一种合成J的路线如下图所示。

O

HCHOHO/CUII

H22

A(C4HXO)----------►B——CD(CH3CH,CCH,CH3)-1

稀催化剂△

NaOHHCICHSOC1

—>G(CHO)—3—2

HC\^COOHI4225

、试剂X「TEA

E(HOVI----------------►r1

浓硫酸，加热

OH

O

。1y八O”

(C2H5)3SiH,TiCI4

K

OSO2cH3

一定条件o

J()

o

O0&

IIRCHCR4f^NaQH^^R,C=CCOR+HO(^rL、

已知：I.R1CR2+3242R「R4为H或日

R2

基)

(jRc

CH20HHC1\/\

II.RCR，+I―►C]+H,O(R、R'为H或烷基)

CH2OH/\V

R'o

III.同一个碳上连接有两个或两个以上-OH时结构不稳定

(1)J中含氧官能团有环氧基、(写名称)；HTI的反应类型为。

(2)C的沸点比D高的主要原因是o

(3)E—F的化学方程式为。

(4)J的一种同分异构体符合以下条件，其结构简式为o

①能与FeCl3溶液发生显色反应②含有两种官能团③核磁共振氢谱有3组峰

(5)根据上述信息，制备［路线如卜.:

实现X-Y转化的试剂和条件:Z的结构简式为

【答案】(1)雄键、酯基(1分)还原(2分)

(2)C中存在分子间氢键，而D中没有(2分)

OH

/l/OC(CH3)3HOX^